• 862.50 KB
  • 2021-05-31 发布

【物理】湖北省两校2019-2020学年高二上学期期末考试试题(解析版)

  • 16页
  • 当前文档由用户上传发布,收益归属用户
  1. 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
  2. 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
  3. 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
  4. 网站客服QQ:403074932
荆州中学、宜昌一中2019年秋季学期高二期末联考 物理试题 一、单选题(每题3分,共24分)‎ ‎1.高空作业须系安全带,如果质量为m的高空作业人员不慎跌落,从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动).此后经历时间t安全带达到最大伸长,若在此过程中该作用力始终竖直向上,则该段时间安全带对人的平均作用力大小为(  )‎ A. +mg B. -mg C. +mg D. -mg ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】在安全带对人有拉力的瞬间时,人做自由落体运动,此过程机械能守恒,故有,即在产生拉力瞬间速度为,之后人在安全带的作用下做变速运动,末速度为零,设向上为正方向,则根据动量定理可得:有,联立解得 ‎【点睛】本题关键是明确物体的受力情况和运动情况,然后对自由落体运动过程和全程封闭列式求解,注意运用动量定理前要先规定正方向 ‎2.如图所示,B为半径为R的竖直光滑圆弧的左端点,B点和圆心C连线与竖直方向的夹角为α,—个质量为m的小球在圆弧轨道左侧的A点以水平速度v0抛出,恰好沿圆弧在B点的切线方向进入圆弧轨道,已知重力加速度为g,下列说法正确的是 ( )‎ A. AB连线与水平方向夹角为α B. 小球从A运动到B的时间 C. 小球运动到B点时,重力的瞬时功率 D. 小球运动到竖直圆弧轨道最低点时,处于失重状态 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB、平抛运动水平方向为匀速直线运动,竖直方向为自由落体运动,小球恰好沿B点的切线方向进入圆轨道,说明小球在B点时,合速度方向沿着圆轨道的切线方向.将合速度正交分解,根据几何关系可得,其与水平方向的夹角为 ,则 ,解得: 此时AB位移的连线与水平方向的夹角不等于,故A错;B对 C、小球运动到B点时,重力的瞬时功率 ,故C错;‎ D、小球运动到竖直圆弧轨道的最低点时,有向上的加速度,所以处于超重状态,故D错;‎ 故选B ‎3.电源和一个水平放置的平行板电容器、二个变阻器R1、R2和定值电阻R3组成如图所示的电路.当把变阻器R1、R2调到某个值时,闭合开关S,电容器中的一个带电液滴恰好处于静止状态.当再进行其他相关操作时(只改变其中的一个),以下判断正确的是( )‎ A. 将R1的阻值增大时,液滴将向下运动 B. 将R2的阻值增大时,液滴仍保持静止状态 C. 把电容器的上极板向上平移少许,电容器的电荷量将减小 D. 断开开关S,电容器上的带电荷量将减为零 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.闭合开关S,电容器上极板带正电,带电液滴受重力和电场力处于平衡,电场力竖直向上,可知带电液滴带负电.当R1‎ 的阻值增大时,电容器两端间的电势差不变,板间场强不变,则带电液滴受到的电场力不变,液滴保持静止不动,故A错误; ‎ B.将R2的阻值增大时,则R2两端间的电压增大,所以电容器两端间的电压增大,液滴所受的电场力变大,液滴将向上运动,故B错误;‎ C.把电容器的上极板向上平移少许,d增大,电容减小,电容器两端的电势差不变,则由Q=CU得知,电容器的电荷量将减小,故C正确; ‎ D.断开开关,稳定时电容器两端间的电势差等于电源的电动势.电容器的电压增大,带电量增加,不会为零,故D错误.‎ ‎4.电磁炉热效率高达,炉面无明火,无烟无废气,“火力”强劲,安全可靠图示是描述电磁炉工作原理的示意图,下列说法正确的是 A. 当恒定电流通过线圈时,会产生恒定磁场,恒定磁场越强,电磁炉加热效果越好 B. 电磁炉通电线圈加交流电后,在锅底产生涡流,进而发热工作 C. 在锅和电磁炉中间放一纸板,则电磁炉不能起到加热作用 D. 电磁炉的锅不能用陶瓷锅或耐热玻璃锅,主要原因是这些材料的导热性能较差 ‎【答案】B ‎【解析】锅体中的涡流是由变化的磁场产生的,所加的电流是交流,不是直流故A错误.根据电磁炉的工作原理可知,电磁炉通电线圈加交流电后,在锅底产生涡流,进而发热工作,故B正确;在锅和电磁炉中间放一纸板,不会影响电磁炉的加热作用故C错误.金属锅自身产生无数小涡流而直接加热于锅的,陶瓷锅或耐热玻璃锅属于绝缘材料,里面不会产生涡流故D错误;故选B.‎ ‎【点睛】电磁炉又被称为电磁灶,其原理是磁场感应涡流加热,即利用交变电流通过线圈产生交变磁场,从而使金属锅自身产生无数小涡流而直接加热于锅内的食物.‎ ‎5.如图所示,50匝矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小的水平匀强磁场中,线框面积,线框电阻不计.线框绕垂直于磁场的轴OO'以角速度=200rad/s匀速转动,并与理想变压器原线圈相连,副线圈线接入一只“220V,60W”灯泡,且灯泡正常发光,熔断器允许通过的最大电流为10A,下列说法正确的是( ) ‎ A. 图示位置穿过线框的磁通置为零 B. 线框中产生交变电压的有效值为 C. 变压器原、副线圈匝数之比为25:11 D. 变压器输出端最多能并联80只60瓦的灯泡 ‎【答案】C ‎【解析】A项:图示位置穿过线框的磁通量最大,故A错误;‎ B项:B、电动势的最大值,有效值,故B错误;‎ C项:变压器原线圈的电压,副线圈电压:,匝数比,故C正确;‎ D项:熔断器允许通过的最大电流为10A,即原线圈中最大电流为10A,副线圈中最大电流,即,一只灯泡的额定电流为,最多的灯泡个数:,故D错误.‎ ‎6.电荷量分別为q1和q2的两点电荷放在x轴上的O、M两点,两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示,其中A、N两点的电势为零;ND段中C点电势最高.则下列选项中错误的是 A. C点的电场强度大小为零 B. ‎ C. N、C两点之间连线上的电场强度方向沿x轴正方向 D. 将一个带负电的检验电荷从N点沿x轴正方向移动到D点的过程中,电场力先做正功后做负功 ‎【答案】C ‎【解析】A.图象的切线斜率等于场强E,由图可知C点的切线斜率为零,所以电场强度为零,故A正确;‎ B. 由图知无穷远处的电势为0,A点的电势为零,由于沿着电场线电势降低,所以O点的电荷带正电,M点电荷带负电,由于A点距离O比较远而距离M比较近,所以电荷量大于的电荷量,故B正确;‎ C.由N到C过程电势升高,则说明场强沿x轴负方向,故C错误;‎ D. N→D段中,电势先高升后降低,所以场强方向先沿x轴负方向,后沿x轴正方向,将一负点电荷从N点移到D点,电场力先沿x轴正方向,后沿x轴负方向,则电场力先做正功后做负功.故D正确.‎ ‎7.如图所示,带电粒子以初速度以v0从a点进入匀强磁场,运动过程中经过b点,Oa=Ob,若撤去磁场加一个与y轴平行的匀强电场,带电粒子仍以速度以v0从a点进入电场,仍能通过b点,则电场强度E和磁感应强度B的比值为 A. v0 B. 1/ v0 C. 2 v0 D. v0/2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】设oa=ob=d,因为带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,所以圆周运动的半径正好等于d,粒子在磁场中做匀速圆周运动,由牛顿第二定律得:qv0B=m,解得:,如果换成匀强电场,水平方向以v0做匀速直线运动,在水平方向:d=v0t2‎ ‎,竖直沿y轴负方向做匀加速运动,即:,解得:,则=2v0,故选C.‎ ‎【点睛】带电粒子在电场磁场中的运动要把握其运动规律,在电场中利用几何关系得出其沿电场和垂直于电场的运动规律;而在磁场中也是要注意找出相应的几何关系,从而确定圆心和半径.‎ ‎8.如图所示为某一输电示意图,电厂发电机输出功率为100 kW,输出电压U1=500 V,升压变压器原、副线圈的匝数比为n1:n2=1:20,输电线电阻为40Ω,用户需要的电压U4=220 V,变压器均为理想变压器.则 A. 输电线上的输送电流为250A B. 输电线上损失的电压为280V C. 输电线上损失的电功率为4kW D. 降压变压器的原、副线圈的匝数比为n3:n4=48:11‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据理想变压器原副线圈两端的电压与匝数成正比得,所以有:,发电机的输出功率为100kW,所以有,输电线中电流为,故选项A错误; ‎ B.输电线上的电压损失,故选项B错误;‎ C.输电导线上损失的电功率为,故选项C正确;‎ D.可得,降压变压器原、副线圈的匝数比是,故选项D错误.‎ 二、多选题(每题4分,共16分。选错不得分,选漏得2分)‎ ‎9.如图所示,不计质量的光滑小滑轮用细绳悬挂于墙上的O点,跨过滑轮的细绳连接物块 A、B,A、B都处于静止状态,现将物块B移至C点后,A、B仍保持静止,下列说法中正确的是:    (      ) ‎ A. B与水平面间的摩擦力增大 B. 绳子对B的拉力增大 C. 悬于墙上的绳所受拉力不变 D. A、B静止时,图中α、β、θ三角始终相等 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 试题分析:细绳弹力F始终等于物块A的重力,大小不变,B选项错;物块B与水平面间的摩擦力,将物块B移至C点,细绳与水平面的夹角γ变小,所以f变大,A正确;因拉A的绳子与拉B的绳子力相等,而拉滑轮的力与两绳子的力的合力大小相等,故拉滑轮的力应这两绳子拉力的角平分线上,故α、β、θ三角始终相等,D正确;由于两绳间夹角增大,而两拉力不变,故悬于绳上的绳子的拉力将减小,故C错误.‎ 考点:共点力平衡条件及应用 力的合成与分解 ‎10.如图所示,在方向水平向左的匀速电场中有一倾角为60°、高为H的固定绝缘斜面体,现将一质量为m,带正电且电荷量为q的小物块(可视为质点)从斜面体顶端由静止释放,已知重力加速度为g,匀强电场的电场强度大小为E= ,不计空气阻力,则 ‎ A. 小物块将沿斜面下滑 B. 小物块将做曲线运动 C. 小物块到达地面时的速度大小为 D. 若其他条件不变,只增大电场强度,小物块到达地面前的运动时间不变 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、对物块进行受力分析,物块受重力和水平向左的电场力,电场力,则合力的大小为2mg,方向如图,小物块沿合力方向做匀加速直线运动,故A、B错误;‎ C、运用动能定理研究从开始到落地过程:,解得:,故C正确;‎ D、将物块的运动分解为水平方向和竖直方向,增大电场强度,电场力增大,水平方向的加速度增大,竖直方向上的加速度不变,根据等时性知,运动时间不变,故D正确;‎ 故选CD.‎ ‎【点睛】对物块进行受力分析,画出物块的运动轨迹.运用动能定理或牛顿第二定律和运动学公式解决问题.‎ ‎11.如图甲所示,正三角形导线框位于圆形有界匀强磁场中,磁场方向与导线框所在平面垂直.规定磁场的正方向垂直纸面向里,磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示.下面说法正确的是( )‎ A. 0s-1s时间内和5s-6s时间内,导线框中的电流方向相同 B. 0s-1s时间内和1s-3s时间内,导线框中的电流大小相等 C. 3s-5s时间内,AB边受到的安培力沿纸面且垂直AB边向上 D. 1s-3s时间内,AB边受到的安培力不变 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.0s-1s时间内穿过线圈的磁通量向外且增加;5s-6s时间内穿过线圈的磁通量向里且减小,根据楞次定律可知导线框中的电流方向相同,选项A正确;‎ B.B-t图像的斜率等于磁感应强度的变化率,故0s-1s时间内和1s-3s时间内,感应电动势的大小不等,感应电流不相等,选项B错误;‎ C.3s-5s时间内,磁通量向里增加,产生的感应电流为逆时针方向,则由左手定则可知,AB边受到的安培力沿纸面且垂直AB边向上,选项C正确;‎ D.1s-3s时间内,感应电流大小不变,而磁场向外减弱,根据F=BIL可知,AB边受到的安培力变小,选项D错误.‎ ‎12.半导体内导电的粒子—“载流子”有两种:自由电子和空穴(空穴可视为能自由移动带正电的粒子),以自由电子导电为主的半导体叫N型半导体,以空穴导电为主的半导体叫P型半导体.图为检验半导体材料的类型和对材料性能进行测试的原理图,图中一块长为a、宽为b、厚为c的半导体样品板放在沿y轴正方向的匀强磁场中,磁感应强度大小为B.当有大小为I、沿x轴正方向的恒定电流通过样品板时,会在与z轴垂直的两个侧面之间产生霍尔电势差UH,霍尔电势差大小满足关系,其中k为材料的霍尔系数.若每个载流子所带电量的绝对值为e,下列说法中正确的是( ) ‎ ‎ ‎ A. 如果上表面电势高,则该半导体为P型半导体 B. 霍尔系数越大的材料,其内部单位体积内的载流子数目越多 C. 若将磁场方向改为沿z轴正方向,则在垂直y轴的两个侧面间会产生的霍尔电势差变小.‎ D. 若将电流方向改为沿z轴正方向,则在垂直x轴的两个侧面间会产生的霍尔电势差变大.‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据左手定则判断带电粒子的电性,根据最终洛伦兹力和电场力平衡列式,再根据电流的微观表达式列式,最后联立求解即可.‎ ‎【详解】电流向右,磁场垂直向内,若上表面电势高,即带正电,故粒子受到的洛伦兹力向上,故载流子是带正电的“空穴”,是P型半导体,故A正确;最终洛伦兹力和电场力平衡,有:evB=e;电流的微观表达式为:I=nevS;且霍尔电势差大小满足关系UH=k,联立解得:,单位体积内的载流子数目,随着霍尔系数越大,而越小,故B错误;若将磁场方向改为沿z轴正方向,则平衡时:evB=e,解得U=Bdv,则d由原来的b变为c,减小,此时的电势差产生在前表面和后表面,则在垂直y轴的两个侧面间会产生的霍尔电势差变小,选项C正确,D错误.故选AC.‎ ‎【点睛】本题关键是明确霍尔效应的原理,知道左手定则中四指指向电流方向,注意单位体积内的载流子数目表达式的各物理量的含义.‎ 三、实验题(共14分)‎ ‎13.某同学要探究一种新材料制成的圆柱体的电阻步骤如下:‎ ‎(1)用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1所示,由图可知其长度为 ______cm;‎ ‎(2)用螺旋测微器测量其直径如图2所示,由图可知其直径为 ______ mm;‎ ‎(3)用多用电表的电阻“×10”挡,按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻,表盘的示数如图3所示,则该电阻的阻值约为 _________ Ω.‎ ‎【答案】 (1). 0.675 (2). 4.700 (3). 220‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)游标卡尺读数为 ‎(2)螺旋测测微器读数为 ‎(3)欧姆档为“×10”挡,故电阻为 ‎14.多用表是由电流表改装的,现测定一个量程为0~5mA 的电流表G的内阻r= 100.0Ω , 用它改装成如图的一个多量程多用电表,电流、电压和电阻的测量都各有两个量程(或分度值)不同的档位。电流表的两个档位中,大量程是小量程的10倍。‎ ‎(1)当转换开关S旋到位置1或2时,是电流档,且旋到位置_______的量程较大:当转换开关S旋到位置5或6时,是电压档,且旋到位置______的量程较大;‎ ‎(2)A、B两表笔中,______为红表笔; ‎ ‎(3)图中的电源Eˊ的电动势为9.0V ,当把转换开关S旋到位置4,在AB之间接900Ω电阻时,表头G刚好半偏。己知之前己经进行了必要的、正确的操作。则R1=_________Ω,R2=_________Ω。‎ ‎【答案】 (1). 1 6 (2). A (3). 10 90‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]电流表并联电阻可以扩大量程,并联电阻越小,分流越大,量程越大,故当转换开关S旋到位置1时量程较大;‎ ‎[2]电压表串联电阻可以扩大量程,串联电阻越大,分压越大,量程越大,故当转换开关S旋到位置6时量程较大;‎ ‎(2)[3]在测量电阻时,因为欧姆档的电路与电池连接,则将转换开关S旋到位置3或4时,电流应从红表笔进、黑表笔出,所以A、B两表笔中,A为红表笔; ‎ ‎(3)[4] [5]因为“之前己经进行了必要的、正确的操作”,意味着之前已经将A、B短接调零,即让表头满偏。‎ 在A、B之间接900Ω电阻时,表头G刚好半偏,说明当表头半偏时,改装后的欧姆表“4”‎ ‎ 总内阻R内=900Ω,则转换开关S在2时,电流表2的量程为 根据题给条件“电流表的两个档位中,大量程是小量程的10倍”,所以转换开关S在1时,电流表1的量程为 又表头G满偏电流为5mA 时,电流表的内阻r= 100.0Ω,根据并联电路电流分配规律可解得 四、解答题(共计46分)‎ ‎15.如图所示,N=50匝的矩形线圈,ab边长,ad边长,放在磁感应强度B=0.4T的匀强磁场中,外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的轴以n=3000r/min的转速匀速转动,线圈电阻r=1Ω,外电路电阻R=9Ω,t=0时线圈平面与磁感线平行,ab边正转处纸外、cd边转入纸里,,计算结果保留三位有效数字。求:‎ ‎(1)感应电动势的瞬时值表达式;‎ ‎(2)线圈转一圈外力做的功。‎ ‎【答案】(1)(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 线圈转速 线圈的角速度 图示位置感应电动势最大,感应电动势的最大值为:‎ 代入数值得 所以感应电动势的瞬时值表达式为 ‎(2)电动势有效值为,电流 线圈转一圈 线圈转一圈外力做功等于电功的大小,即 代入数值得 ‎16.如图所示,足够长的U形导体框架的宽度l=0.5m,电阻忽略不计,其所在平面与水平面成θ=37°角,磁感应强度B=0.8T的匀强磁场方向垂直于导体框平面,一根质量m=0.2kg,有效电阻R=2Ω的导体棒MN垂直跨放在U形框架上,导体棒与框架间的动摩擦因数μ=0.5,导体棒由静止开始沿框架下滑到刚开始匀速运动,通过导体棒截面的电量共为Q=2C.求:‎ ‎(1)导体棒匀速运动的速度;‎ ‎(2)导体棒从开始下滑到刚开始匀速运动这一过程中,导体棒的电阻产生的焦耳热.(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10m/s2)‎ ‎【答案】(1)5m/s;(2)1.5J.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析:(1)由安培力,,,‎ 可得 导体棒匀速下滑时,由力平衡得 所以 代入数据解得v=5m/s ‎(2)设导体棒由静止开始沿框架下滑到刚开始匀速运动下滑的距离为S,‎ 通过导体棒截面的电量 得到 所以 根据能量守恒定律,得 得 ‎17.如图所示,半圆形竖直光滑轨道bc固定在水平地面上,轨道半径R=0.6m,与水平粗糙地面ab相切,质量m2=0.2kg的物块B静止在水平地面上b点,另一质量m1=0.6kg物块A在a点以v0=10m/s的初速度沿地面滑向物块B,与物块B发生碰撞(碰撞时间极短),碰后两物块粘在一起,之后冲上半圆轨道,到最高点c时,两物块对轨道的压力恰好等于两物块的重力.已知ab两点间距L=3.6m,A与B均可视为质点,空气阻力不计,g取10m/s2.求:‎ ‎(1)物块A与B刚碰后一起运动的速度v;‎ ‎(2)物块A和地面间的动摩擦因数μ.‎ ‎【答案】(1)6m/s(2)0.5‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)在轨道的最高点,根据牛顿定律:‎ 从最低点到最高点的过程中,根据机械能守恒:‎ 联立各式代入数据解得  ‎ ‎(2)两物块碰撞过程中,根据动量守恒定律:‎ 物块A从a运动到b的过程中,根据动能定理:‎ 联立各式并代入数据得: ‎ 答:(1)物块A与B刚碰后一起运动的速度;‎ ‎(2)物块A和地面间的动摩擦因数.‎ ‎18.如图所示,半径r=0.06m的半圆形无场区的圆心在坐标原点O处,半径R=0.1m,磁感应强度大小B=0.075T的圆形有界磁场区的圆心坐标为(0,0.08m),平行金属板MN的极板长L=0.3m、间距d=0.1m,极板间所加电压U=6.4×102V,其中N极板收集粒子全部中和吸收.一位于O处的粒子源向第Ⅰ、Ⅱ象限均匀地发射速度大小v=6×105m/s的带正电粒子,经圆形磁场偏转后,从第Ⅰ象限出射的粒子速度方向均沿x轴正方向.若粒子重力不计、比荷=108C/kg、不计粒子间的相互作用力及电场的边缘效应.sin37°=0.6,cos37°=0.8.‎ ‎(1)粒子在磁场中的运动半径R0;‎ ‎(2)从坐标(0,0.18m)处射出磁场的粒子,其在O点入射方向与y轴夹角θ;‎ ‎(3)N板收集到的粒子占所有发射粒子的比例η.‎ ‎【答案】(1) (2)θ=53° (3)=29%‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)洛伦兹力提供向心力 解得:‎ ‎(2)如图所示,令从y=0.18m处出射的粒子对应入射方向与y轴夹角,由几何关系可得:‎ ‎(3)如图所示,令恰能从下极板右端出射的粒子坐标为y:‎ 此粒子入射时与x轴夹角,则有 可知 即 比例